新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題4電路和電磁感應(yīng)第12講電磁感應(yīng)題型3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)能量問題教師用書

題型3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題〔真題研究3〕(2021·全國乙卷)如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計(jì)；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m．初始時(shí)CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1＝eq\f(3,16)m后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng)，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動(dòng)一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求：(1)金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大小；(2)金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離。【審題指導(dǎo)】研究對(duì)象、物理狀態(tài)、物理過程物理模型光滑固定斜面；金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下滑“板塊”一起從靜止開始沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；金屬棒下滑距離s1后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域單棒切割磁感線的“發(fā)電機(jī)”模型：金屬棒CD切割磁感線相當(dāng)于電源，由于與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路，所以金屬棒CD因?yàn)殡娏鞫茏璧K其相對(duì)運(yùn)動(dòng)的安培力金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng)金屬棒處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動(dòng)一段距離后開始加速“板塊”模型：分別隔離受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，建立兩者速度或位移間的關(guān)系式【答案】(1)0.18N(2)0.02kg0.375(3)eq\f(5,18)m【解析】(1)設(shè)金屬棒的質(zhì)量為m，金屬棒與導(dǎo)體框一起做初速度為零的勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)，設(shè)金屬枯與導(dǎo)體框的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)＝(M＋m)gs1sina，①代入數(shù)據(jù)解得v0＝1.5m/s金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv0②由閉合電路歐姆定律可知，感應(yīng)電流I1＝eq\f(E,R)③金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的安培力大小F1＝I1BL④代入數(shù)據(jù)解得F1＝0.18N。⑤(2)金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為v，對(duì)導(dǎo)體框，由牛頓第二定律得Mgsinα－Ff＝Ma1⑥由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移公式得v2－veq\o\al(2,0)＝2a1s0⑦導(dǎo)體框在進(jìn)入磁場時(shí)所受安培力F2＝I2BL＝eq\f(B2L2v,R)⑧導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)導(dǎo)體框，由平衡條件得Mgsinα＝F2＋Ff⑨代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得a1＝5m/s2，F(xiàn)f＝0.06N，v＝2.5m/s金屬棒在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得mgsinα＋Ff＝F1⑩代入數(shù)據(jù)解得金屬棒的質(zhì)量m＝0.02kg?由滑動(dòng)摩擦力公式得Ff＝μmgcosα，代入數(shù)據(jù)解得金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.375。?(3)導(dǎo)體框加速度時(shí)間t1＝eq\f(v－v0,a1)＝0.2s?磁場寬度d＝v1t1＝0.3m?金屬棒離開磁場后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinα＋Ff＝mma2?代入數(shù)據(jù)解得a2＝9m/s2金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度v相等，然后兩者一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間公式得v＝v0＋a2t?解得金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度相等的時(shí)間t＝eq\f(1,9)s在金屬棒加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體框做勻速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離s＝vt＝2.5×eq\f(1,9)m＝eq\f(5,18)m<0.3m，符合實(shí)際?故導(dǎo)體框的位移為x＝eq\f(5,18)m。?〔易錯(cuò)提醒〕搞混金屬棒和導(dǎo)體框各自所受摩擦力的方向，無法形成清晰的金屬棒和導(dǎo)體框多階段的運(yùn)動(dòng)情境，挖掘不出“在勻速運(yùn)動(dòng)一段距離后開始加速”的隱含意義?！矊?duì)點(diǎn)訓(xùn)練〕(2023·6月浙江高考卷)某興趣小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置(簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN)和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動(dòng)調(diào)節(jié)其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運(yùn)動(dòng)到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零；在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B1＝kI(其中k為常量)，方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B2＝2kI，方向與B1相同?；鸺裏o動(dòng)力下降到導(dǎo)軌頂端時(shí)與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_(tái)時(shí)速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為m，導(dǎo)軌間距d＝eq\f(3mg,kI2)，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計(jì)空氣阻力和摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。在火箭落停過程中。(1)求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運(yùn)動(dòng)的距離L。(2)求回路感應(yīng)電動(dòng)勢E與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系。(3)求裝置A輸出電壓U與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系和輸出的能量W。(4)若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小?！敬鸢浮?1)3mgeq\f(v\o\al(2,0),4g)(2)E＝eq\f(6mg,I)(v0－2gt)(3)U＝IR－eq\f(6mg,I)(v0－2gt)eq\f(I2Rv\o\al(2,0)－3mgv\o\al(2,0),2g)(4)能量來源于火箭和導(dǎo)電桿的機(jī)械能，大小為eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)【解析】(1)根據(jù)題意，導(dǎo)電桿所受安培力F＝B1IdB1＝kI，d＝eq\f(3mg,kI2)解得F＝3mg對(duì)導(dǎo)電桿，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma2(－a)L＝0－veq\o\al(2,0)解得L＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)。(2)導(dǎo)電桿下落的速度v＝v0－at感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B2dvB2＝2kI解得E＝eq\f(6mg,I)(v0－2gt)。(3)導(dǎo)電桿兩端電壓U0＝IR根據(jù)題意得U＋E＝U0解得U＝IR－eq\f(6mg,I)(v0－2gt)輸出的能量W＝I2Rt－∑EIt＝I2R·eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(3mv\